Đề giao lưu học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Phòng GD và ĐT Hai Bà Trưng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề giao lưu học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Phòng GD và ĐT Hai Bà Trưng (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN HAI BÀ TRƯNG ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2020-2021. MÔN: TOÁN Thời gian làm bài 150 phút Đề số 7 Câu 1. (5 điểm) 1) Cho abc,, là các số thực khác 0 thỏa mãn abcabc333++= 3. abbcca+++ Tính giá trị biểu thức: P =++ . cab 2) Giải phương trình xxx2 −+−+=4240. Câu 2. (5 điểm) 1) Cho đa thức Px() với hệ số thực thỏa mãn P(1) 2= và P( 1)−= 4 . Tìm đa thức dư trong phép chia đa thức cho đa thức x2 −1. 2) Tìm các cặp số nguyên ( xy; ) thỏa mãn xyxyxy22+−+−+=222610. 3) Cho abc,, là các số nguyên dương phân biệt và p là số nguyên tố lẻ sao cho abc++ abbcca+++1,1,1 đều chia hết cho p. Chứng minh rằng p + 2 . 3 Câu 3. (2 điểm) 1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức Pxx=−+− 24 với 24. x 2) Với các số thực abc,, thỏa mãn: abc++= 3 và abc222++= 9 . Chứng minh rằng − 13.a Câu 4. (6 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có ABAC và đường cao AH . Gọi EF, là chân các đường vuông góc hạ từ H lên A C A, B . Gọi I là giao điểm của AH và EF , BI cắt AC tại điểm P. Đường thẳng qua A song song với BI cắt BC tại Q . 1) Chứng minh B là trung điểm QH . AP BA2 AP AL 2) CI cắt AB tại L . Chứng minh: = và +=1. PC BC 2 PC LB 3) Gọi M là giao điểm của FE và CB . Kẻ HT vuông góc với AM . Chứng minh rằng =BTC 900 . Câu 5. (1 điểm) Cho lục giác ềđ u ABCDEF có diện tích 2022cm2 và 7 điểm nằm trong lục giác đều . Chứng minh rằng tồn tại tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm trong 7 điểm đã cho có diện tích không lớn hơn 337cm2 . HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ HSG TOÁN 9 QUẬN ĐỐNG ĐA
2. Năm học: 2020-2021 Lời giải Câu 1. (5 điểm) 1) Cho abc,, là các số thực khác 0 thỏa mãn abcabc333++= 3. abbcca+++ Tính giá trị biểu thức: P =++ . cab 2) Giải phương trình xxx2 −+−+=4240. Lời giải 1) Ta có: abcabc333++= 3 1 222 Suy ra (abcabbcca++−+−+−=) ( ) ( ) ( ) 0. 2 abc+ + = 0 Do đó, . abc== TH1: abc+ + = 0 suy ra: abcbcacba= −−= −−=; ; . −− Suy ra P =−3. TH2: abc==suy ra P = 6. 2) Giải phương trình Điều kiện xác định: x 2. Biến đổi phương trình về dạng (2)20.xx−+−=2 Vì (2)0x − 2 và x − 20với mọi x 2 nên (2)20xx−+− 2 2 (x −= 2) 0. Dấu “=” xảy ra khi =x 2. x −=2 0. Vậy nghiệm của phương trình là x = 2. Câu 2. (5 điểm) 1) Cho đa thức Px() với hệ số thực thỏa mãn P( 1 ) 2= và P(1)4.−= Tìm đa thức dư trong phép chia đa thức cho đa thức x2 −1. 2) Tìm các cặp số nguyên ( xy; ) thỏa mãn xyxyxy22+−+−+22261 = 0. 3) Cho abc,, là các số nguyên dương phân biệt và p là số nguyên tố lẻ sao cho abc++ ab+1, bc + 1, ca + 1 đều chia hết cho p. Chứng minh rằng p + 2 . 3 Lời giải 1) Đặt P( x ) ( x 1)( x 1). q ( x ) ax b . Ta có P(1) a b 2 và P( 1) a b 4.
3. Suy ra ab1; 3 . Vậy đa thức dư là x 3. 2) Biến đổi phương trình về dạng ( xyy−++−==+12402)22( ) 22. xyx−+==103 TH1: . yy−==224 xyx−+==−101 TH2: . yy−=−=220 xyx−+==123 TH3: . yy−==202 xyx−+=−=−121 TH4: . yy−==202 Từ đó giải ra được ( xy;1;0,1;2,3;2,3;4.) −− ( ) ( ) ( ) ( ) 3) Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng: abc . Thấy rằng abbcca+++1,1,1 đều chia hết cho p suy ra abc,, đều không chia hết cho p . Từ giả thiết bcac++1,1 đều chia hết cho p ta suy ra (bcacpc+−+ −11) bap( ) ( ) mà cp suy ra b a− p , Tương tự ta cũng có: c b− p suy ra bap− và cbp− . Ta có b=( b − a) + a p + a và c= b +( c − b) p + a + p = a + 2 p . Nếu a =1 thì b+1 = ab + 1 p , b − 1 = b − a p dẫn đến 2 p mà p là số nguyên tố lẻ nên trái với giả thiết vậy a 2 . Sử dụng các dữ kiện: a+ b + c a + a + p + a + 2 p a + + 2, b a p , c a 2 p =+ + p a p 2 33 Câu 3. (2 điểm) 1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức Pxx=−+− 24 với 24. x 2) Với các số thực abc,, thỏa mãn: abc+ + = 3 và abc222++= 9 . Chứng minh rằng −1 a 3. Lời giải 1) Vì P 0 , ta xét P2 =2 + 2( x − 2)( 4 − x) 2 , do đó P 2 vì P 0 .
4. x = 2 Dấu “=” xảy ra khi (xx−−=240)( ) suy ra . x = 4 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là 2 khi Vì P 0 , ta xét Pxx2 =+−−2224 ( )( ) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 2(x− 2)( 4 − x) x − 2 + 4 − x = 2 Do đó, P2 4 , dấu “=” xảy ra khi xx−=−24 suy ra x = 3. Vậy đạt giá trị lớn nhất là 2 khi b c+ a = − 3 2) Từ giả thiết ta có: . 222 b c a+ = − 9 Sử dụng bất đẳng thức 2(bcbc22+ +) ( )2 ta suy ra 293230130( − − −− +− aaaaaa22) ( )2 ( )( ) a + 10 Vì aa+ − 13 −13 a . a − 30 Chú ý: Nếu học sinh chứng minh được a 3 cho nửa số điểm. Từ giả thiết abc222++= 9 suy ra abc222=−− 99. Do đó, − 33. a Câu 4. (6 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có ABAC và đường cao AH . Gọi EF, là chân các đường vuông góc hạ từ H lên A C A, B . Gọi I là giao điểm của AH và EF , BI cắt AC tại điểm P. Đường thẳng qua A song song với BI cắt BC tại Q . 1) Chứng minh B là trung điểm QH . APBA 2 APAL 2) CI cắt AB tại L . Chứng minh: = và +=1. PCBC 2 PCLB 3) Gọi M là giao điểm của FE và CB . Kẻ HT vuông góc với AM . Chứng minh rằng BTC = 900 . Lời giải
5. A P E L I T F Q M B H O C B H I A 1) Do A Q B P theo định lý Thales ta có: = mà I là trung điểm AH nên B Q I H IA IH= BH dẫn đến =1 hay B là trung điểm QH . BQ Cách khác: Có thể nói B là trung điểm QH dựa trên định lý đường trung bình của tam giác A H Q. APQBBHBH BC . 2) Ta có === . Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông A B C ta PCBCBCBC 2 có: BHBCBA. = 2 . APQBBHBA 2 Từ đó suy ra === . PCBCBCBC 2 ALAC 2 Chứng minh tương tự ta có: = . LBBC 2 APALABACABAC2222 + Suy ra +=+== 1. PCLBBCBCBC222 PA QB BH Cách khác: Theo định lý Thales ta có: ==, tương tự ta cũng có: PC BC BC QA CH PAQABHCH + = dẫn đến +== 1. QB CB PCQBBC 3) Sử dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông AHB, AHC với HEAC⊥⊥ HFAB, ta có AF AB== AH2 AE AC từ đó suy ra AEFABC~ dẫn đến AEFABC= . Gọi O là trung điểm của BC thì OAOBOC== nên tam giác AOC cân tại O , suy ra OAC= OCA . Từ đó suy ra AEFOACBC+=+= 900 nên OA⊥ EF nên I là trực tâm của tam giác AOM dẫn đến OI⊥ AM hay OI⊥ AT (*). Tam giác ATH vuông tại T , có AI== TI IH hay IA= IT ( ). Từ (*),( ) suy ra OI là trung trực của AT dẫn đến OT= OA = OB = OC nên tam giác BTC vuông tại T.
6. Câu 5. (1 điểm) Cho lục giác đều A B C D E F có diện tích 2022cm2 và 7 điểm nằm trong lục giác đều . Chứng minh rằng tồn tại tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm trong 7 điểm đã cho có diện tích không lớn hơn 3 3 7 .cm2 Lời giải Bổ đề: Lấy 3 điểm trong một hình bình hành, khi đó tam giác tạo bởi 3 điểm đó có diện tích bé hơn hoặc bằng nửa diện tích hình bình hành. Áp dụng: Gọi O là tâm của lục giác đều, khi đó lục giác chia thành 3 hình bình hành là ABCO,, CDEO EFAO . Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại một hình bình hành chứa ít nhất 3 điểm và theo bổ đề 3 điểm này tạo tam giác có diện tích nhỏ hơn nửa diện tích hình bình hành, hay diện tích không lớn hơn 3 3 7 .cm2 HẾT